上海市五年（2021-2025）高考数学真题按题型知识点分类汇编-08空间向量与立体几何、平面解析几（含答案）

上海市五年（2021-2025）高考数学真题按题型知识点分类汇编-08空间向量与立体几何、平面解析几何经典题
一、单选题
1．（2022·上海·高考真题）在平面直角坐标系中，已知关于点集的两个结论：
①存在直线l，使得集合中不存在点在直线l上，而存在点在l的两侧；
②存在直线l，使得集合中存在无数个点在直线上.
则下列判断正确的是（ ）
A．①成立，②成立 B．①成立，②不成立
C．①不成立，②成立 D．①不成立，②不成立
2．（2023·上海·高考真题）在平面上，若曲线Γ具有如下性质：存在点M，使得对于任意点，都有使得．则称这条曲线为“自相关曲线”．判断下列两个命题的真假（ ）
①所有椭圆都是“自相关曲线”．②存在是“自相关曲线”的双曲线．
A．①假命题；②真命题 B．①真命题；②假命题
C．①真命题；②真命题 D．①假命题；②假命题
3．（2025·上海·高考真题）已知，C在上，则的面积（ ）
A．有最大值，但没有最小值 B．没有最大值，但有最小值
C．既有最大值，也有最小值 D．既没有最大值，也没有最小值
4．（2022·上海·高考真题）如图，正方体中，分别为棱的中点，连接，对空间任意两点，若线段与线段都不相交，则称两点可视，下列选项中与点可视的为（ ）
A．点 B．点 C．点 D．点
5．（2024·上海·高考真题）定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为0的实数，使得．已知，则的充分条件是（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题
6．（2024·上海·高考真题）已知抛物线上有一点到准线的距离为9，那么点到轴的距离为______．
7．（2023·上海·高考真题）已知圆的方程为，其面积为，则______.
8．（2021·上海·高考真题）已知椭圆（）的左、右焦点为、，以为顶点，为焦点作抛物线交椭圆于，且，则抛物线的准线方程是________
9．（2021·上海·高考真题）求直线与直线的夹角为________.
10．（2022·上海·高考真题）双曲线的实轴长为__________．
11．（2025·上海·高考真题）如图，在正四棱柱中，，则该正四棱柱的体积为_________．

12．（2023·上海·高考真题）空间内存在三点A、B、C，满足，在空间内取不同两点（不计顺序），使得这两点与A、B、C可以组成正四棱锥，求方案数为______．
13．（2022·上海·高考真题）已知某圆锥的高为4，底面积为，则该圆锥的侧面积为___.
14．（2021·上海·高考真题）已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，则其侧面积为______________.
三、解答题
15．（2021·上海·高考真题）（1）团队在点西侧、东侧20千米处设有、两站点，测量距离发现一点满足千米，可知在、为焦点的双曲线上，以点为原点，东侧为轴正半轴，北侧为轴正半轴，建立平面直角坐标系，在北偏东60°处，求双曲线标准方程和点坐标.
（2）团队又在南侧、北侧15千米处设有、两站点，测量距离发现千米，千米，求（精确到1米）和点位置（精确到1米，1°）
16．（2024·上海·高考真题）已知双曲线，左、右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点.
(1)若的离心率为2，求.
(2)若为等腰三角形，且点在第一象限，求点的坐标.
(3)连接（为坐标原点）并延长交于点，若，求的最大值.
17．（2022·上海·高考真题）设有椭圆方程，直线，下端点为A，M在l上，左、右焦点分别为.
(1)，AM的中点在x轴上，求点M的坐标；
(2)直线l与y轴交于B，直线AM经过右焦点，在中有一内角余弦值为，求b；
(3)在椭圆上存在一点P到l距离为d，使，随a的变化，求d的最小值.
18．（2025·上海·高考真题）已知椭圆，，A是的右顶点．
(1)若的焦点，求离心率e；
(2)若，且上存在一点P，满足，求m；
(3)已知AM的中垂线l的斜率为2，l与交于C、D两点，为钝角，求a的取值范围．
19．（2023·上海·高考真题）曲线，第一象限内点A在Γ上，A的纵坐标是a．
(1)若A到准线距离为3，求a；
(2)若a＝4，B在x轴上，AB中点在上，求点B坐标和坐标原点O到AB距离；
(3)直线，令P是第一象限Γ上异于A的一点，直线PA交l于Q，H是P在l上的投影，若点A满足“对于任意P都有”，求a的取值范围．
20．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥为底面的中心．
(1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积；
(2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小．
21．（2023·上海·高考真题）在直四棱柱中，，，，，
(1)求证：平面；
(2)若四棱柱体积为36，求二面角大小.
22．（2021·上海·高考真题）四棱锥，底面为正方形，边长为4，为中点，平面.
（1）若△为等边三角形，求四棱锥的体积；
（2）若的中点为，与平面所成角为45°，求与所成角的大小.
23．（2025·上海·高考真题）如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且．

(1)若直线PA与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积；
(2)已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为，．设点M在线段OC上，证明：直线平面PBD．
24．（2022·上海·高考真题）如图所示三棱锥P-ABC，底面为等边三角形ABC，O为AC边中点，且底面ABC，

(1)求三棱锥P-ABC的体积；
(2)若M为BC中点，求PM与平面PAC所成角大小（结果用反三角数值表示）.
试卷第1页，共3页
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《上海市五年（2021-2025）高考数学真题按题型知识点分类汇编-08空间向量与立体几何、平面解析几何经典题》参考答案
题号 1 2 3 4 5
答案 B B A B C
1．B
【分析】对于①只需要找一条直线，使得一部分圆在直线的方程，余下圆在直线的下方即可.对于②从极限的思想考虑.
【详解】对于①，取直线,
则对于任意的，有，
故圆均在直线的下方，
而对任意的，有，
故圆均在直线的上方，
而当时，表示原点，它在直线的下方，
故此时集合中所有的点均不在直线上，且存在点在直线的两侧.
所以①成立.
对于②，设直线的方程为，则圆心到直线的距离为
当时所以直线只能与有限个圆相交，所以②不成立.
故选：B
2．B
【分析】由新定义求解曲线上任一点到定点距离的取值范围，当任意，都有时，曲线满足定义，结合椭圆与双曲线的性质判断，
【详解】对于①，不妨设椭圆方程为，，
则椭圆上一点到距离为，
当时，对称轴，可得，
总存在使得，此时满足题意，故任意椭圆都是“自相关曲线”，故①正确，
对于②，对于给定的双曲线和点，显然存在最小值，而横坐标趋近于无穷大时，趋近于无穷大，，故不满足题意，不存在双曲线是“自相关曲线”故②错误，
故选：B
【点睛】本题关键在于新定义的理解，转化为求曲线上任一点到定点距离的取值范围，再结合椭圆与双曲线的性质判断即可．
3．A
【分析】设出曲线上一点为，得出，将三角形的高转化成关于的函数,分析其单调性，从而求解.
【详解】设曲线上一点为，则，则，
，方程为：，即，
根据点到直线的距离公式，到的距离为：，
设，
由于，显然关于单调递减，，无最小值，
即中，边上的高有最大值，无最小值，
又一定，故面积有最大值，无最小值.
故选：A
4．B
【分析】根据异面直线的定义判断即可.
【详解】A选项：四边形是平行四边形，与相交，故A错；
C选项：四边形是平行四边形，与相交，故C错；
D选项：四边形是平行四边形，与相交，故D错；
利用排除法可得选项B正确.
故选：B.
5．C
【分析】首先分析出三个向量共面，显然当时，三个向量构成空间的一个基底，则即可分析出正确答案.
【详解】由题意知这三个向量共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底，
对A，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故A错误；
对B，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故B错误；
对C， 由空间直角坐标系易知三个向量不共面，可构成空间的一个基底，
则由能推出，
对D，由空间直角坐标系易知三个向量共面，
则当无法推出，故D错误.
故选：C．
6．
【分析】根据抛物线的定义知，将其再代入抛物线方程即可.
【详解】由知抛物线的准线方程为，设点，由题意得，解得，
代入抛物线方程，得，解得，
则点到轴的距离为．
故答案为：．
7．
【分析】把圆的一般方式化为标准方程即可得到圆的半径，利用圆的面积即可求得结果.
【详解】由得，圆的半径为，
由圆的面积为得，，解得.
故答案为：.
8．
【分析】先设出椭圆的左右焦点坐标，进而可得抛物线的方程，设出直线的方程并与抛物线联立，求出点的坐标，由此可得，进而可以求出，的长度，再由椭圆的定义即可求解．
【详解】解：设，，则抛物线，
直线，联立方程组，解得，，
所以点的坐标为，所以，又，所以
所以，所以，
则，
所以抛物线的准线方程为：，
故答案为：．
9．
【分析】先求出直线的斜率，可得它们的倾斜角，从而求出两条直线的夹角．
【详解】解：直线的斜率不存在，倾斜角为，
直线的斜率为，倾斜角为，
故直线与直线的夹角为，
故答案为：．
10．6
【分析】根据双曲线的标准方程和实轴的定义可得答案.
【详解】由知，，所以，
所以实轴长.
故答案为：6
【点睛】本题考查了由双曲线的标准方程以及几何性质，属于基础题.
11．
【分析】求出侧棱长和底面边长后可求体积.
【详解】因为且四边形为正方形，故，
而，故，故，
故所求体积为，
故答案为：.
12．9
【分析】根据题意，先考虑正四棱锥中三个点构成等边三角形的情况，分类讨论为正四棱锥的侧面或对角面两种情况，再结合三边的轮换对称性即可得解.
【详解】因为空间中有三个点，且，
不妨先考虑在一个正四棱锥中，哪三个点可以构成等边三角形，同时考虑三边的轮换对称性，可先分为两种大情况，即以下两种：
第一种：为正四棱锥的侧面，如图1，
此时分别充当为底面正方形的一边时，对应的情况数显然是相同的;
不妨以为例，此时符合要求的另两个点如图1所示，显然有两种情况，
考虑到三边的轮换对称性，故而总情况有6种；

第二种：为正四棱锥的对角面，如图2，
此时分别充当底面正方形的一对角线时，对应的情况数显然也是相同的;
不好以为例，此时符合要求的另两个点图2所示，显然只有一种情况，
考虑到三边的轮换对称性，故而总情况有3种；
综上所述：总共有9种情况.
故答案为：9.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是注意到为正三角形，从而考虑正四棱锥中三个点构成等边三角形的情况，结合三边的轮换对称性即可得解.
13．
【分析】先求得圆锥的底面半径和母线长，进而求得该圆锥的侧面积.
【详解】圆锥底面积为，则底面半径为3，又圆锥的高为4，
则圆锥的母线长为5，则该圆锥的侧面积为
故答案为：
14．
【分析】根据圆柱的侧面积公式，即可求得该圆柱的侧面积，得到答案.
【详解】由题意，圆柱的底面半径为1，母线长为2，
根据圆柱的侧面积公式，可得其侧面积为.
【点睛】本题主要考查了圆柱的侧面积公式的应用，其中解答中熟记圆柱的侧面积公式，准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.
15．（1），；（2），点位置北偏东.
【分析】（1）求出，，的值即可求得双曲线方程，求出直线的方程，与双曲线方程联立，即可求得点坐标；
（2）分别求出以、为焦点，以，为焦点的双曲线方程，联立即可求得点的坐标，从而求得，及点位置．
【详解】（1）由题意可得，，所以，
所以双曲线的标准方程为，
直线，联立双曲线方程，可得，，
即点的坐标为，．
（2）①，则，，所以，
双曲线方程为；
②，则，，所以，
所以双曲线方程为，
两双曲线方程联立，得，，
所以千米，设与轴夹角为，则，利用计算器求得，
∴点位置北偏东．
16．(1)；
(2)当时，；
(3)的最大值为.
【分析】（1）根据离心率的概念求出，再求出即可；
（2）如图，易知为钝角，则，根据两点距离公式建立方程组，解之即可求解；
（3）设，：，联立双曲线方程，利用韦达定理和平面向量数量积的坐标表示建立关于的方程，得，结合即可求解.
【详解】（1）由双曲线的方程知，，
因为离心率为2，所以，得.
（2）当时，双曲线，且.
因为点在第一象限，所以为钝角.
又为等腰三角形，所以.
设点，且，则
得，所以.
（3）由双曲线的方程知，且由题意知关于原点对称.
设，则.
由直线不与轴垂直，可设直线的方程为.
联立直线与双曲线的方程得
消去，得，
且，即，得.
，
由，得，
所以，即，
整理得，
所以，
整理得，所以.
又，所以，解得，
所以，又，
故的取值范围是，故的最大值为.
【点睛】关键点点睛：解圆锥曲线与平面向量交汇题的关键是设相关点的坐标，将平面向量用坐标表示，运用相应的平面向量坐标运算法则（加、减、数量积、数乘）或运算律或数量积的几何意义，将问题中向量间的关系（相等、垂直、平行等）转化为代数关系.
17．(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）由题意可得椭圆方程为，从而确定点的纵坐标，进一步可得点的坐标；
（2）由直线方程可知，分类讨论和两种情况确定的值即可；
（3）设，利用点到直线距离公式和椭圆的定义可得，进一步整理计算，结合三角函数的有界性求得即可确定的最小值．
【详解】（1）解：由题意可得，所以，
的中点在轴上，
的纵坐标为，代入得；
（2）解：由直线方程可知，，
①若，则，即，
，
.
②若，则，
，，
，，即，
，.
综上，或；
（3）解：设，结合已知条件，由椭圆的定义及点到直线距离公式可得，
显然椭圆在直线的左下方，则，即，
，，即，
，整理可得，即，
，即的最小值为．
18．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由方程可得，再由焦点坐标得，从而求出得离心率；
（2）设点坐标，由向量关系坐标化可解得坐标，代入椭圆方程可得；
（3）根据中垂线性质，由斜率与中点坐标得直线方程，联立直线与椭圆方程，将钝角条件转化为向量不等式，再坐标化利用韦达定理代入化简不等式求解可得范围.
【详解】（1）由题意知，，则，
由右焦点，可知，则，
故离心率.
（2）由题意，
由得，，
解得，代入，
得，又，解得.
（3）由线段的中垂线的斜率为，所以直线的斜率为，
则，解得，
由得中点坐标为，
故直线，显然直线过椭圆内点，
故直线与椭圆恒有两不同交点，
设，
由消得，
由韦达定理得，
因为为钝角，则，且，
则有，
所以，
即，解得，
又，
故，即的取值范围是.
19．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）代入求出，利用抛物线定义即可求出值；
（2）代入值求出，设，则得到的中点坐标，再代入抛物线方程则得值，则得到直线的方程，利用点到直线的距离即可；
（3）设，写出直线的方程，求出点坐标，则，分和讨论即可.
【详解】（1）令，解得，即，而抛物线的准线方程为，
根据抛物线的定义有，解得，因为为第一象限的点，则.
（2）由代入抛物线方程有，解得，则，
设，则的中点为,
代入抛物线方程有，解得，
直线的斜率为，其方程为，即,
坐标原点到的距离为.
（3）设，根据，
则，则直线方程为，
化简得，
令，则，又，，
化简得 ①对任意的 恒成立.
则, 结合，，
当时，，则，则①也成立.
综上所述:.

【点睛】关键点睛：本题第三问的关键是设，从而写出直线的方程，再得到，再转化为恒成立问题，分类讨论即可.
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据正四棱锥的数据，先算出直角三角形的边长，然后求圆锥的体积；
（2）连接，可先证平面，根据线面角的定义得出所求角为，然后结合题目数量关系求解.
【详解】（1）正四棱锥满足且平面，由平面，则，
又正四棱锥底面是正方形，由可得，，
故，
根据圆锥的定义，绕旋转一周形成的几何体是以为轴，为底面半径的圆锥，
即圆锥的高为，底面半径为，
根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是
（2）连接，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形，
由是中点，则，又平面，
故平面，即平面，又平面，
于是直线与平面所成角的大小即为，
不妨设，则，，
又线面角的范围是，
故.即为所求.
21．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用直四棱柱的性质及线面平行的判定定理，可证平面平面，再由面面平行的性质定理，即可得证；
（2）先根据棱柱的体积公式求得，再利用二面角的定义，求解即可．
【详解】（1）由题意知，，
因为平面，平面，
所以平面，
因为，且平面，平面，
所以平面，
又，、平面，
所以平面平面，
因为平面，
所以平面．
（2）由题意知，底面为直角梯形，
所以梯形的面积，
因为四棱柱的体积为36，
所以，
过作于，连接，
因为平面，且平面，
所以，
又，、平面，
所以平面，
因为平面，所以，
所以即为二面角的平面角，
在△中，，
所以，
所以，即，
故二面角的大小为．
22．（1）；（2）.
【分析】（1）由棱锥体积公式计算；
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．
【详解】（1）∵正方形边长为4，△为等边三角形，为中点，
∴，；
（2）如图以为轴建立空间直角坐标系，则，，，
，∴，，
∴，
即与所成角的大小为．
23．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由线面角先算出母线长，然后根据侧面积公式求解.
（2）证明平面平面，然后根据面面平行的性质可得.
【详解】（1）由题知，，即轴截面是等边三角形，故，
底面周长为，则侧面积为：;
（2）由题知，则根据中位线性质，，
又平面，平面，则平面
由于，底面圆半径是，则，又，则，
又，则为等边三角形，则，
于是且，则四边形是平行四边形，故，
又平面，平面，故平面.
又平面，
根据面面平行的判定，于是平面平面，
又，则平面，则平面

24．(1)1；
(2)．
【分析】（1）由棱锥体积公式计算；
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量法二面角．
【详解】（1）底面ABC，底面ABC，则，连接，同理，
又，，∴，
而，
所以；
（2）由已知，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，
由已知，
则，，，∴，
，易知平面的一个法向量是，
，
设PM与平面PAC所成角大小为，则，，∴．

答案第1页，共2页
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